四川省凉山彝族自治州安宁河联盟2023-2024学年高一下学期期末联考 数学试题（含解析）

四川省凉山彝族自治州安宁河联盟2023−2024学年高一下学期期末联考数学试题一、单选题（本大题共8小题）1．复数的共轭复数是（

）A． B． C． D．2．在中，，，，则边（

）A． B． C． D．3．已知，，则（

）A． B． C． D．4．已知向量，则在方向上的投影向量的坐标为（

）A． B． C． D．5．若圆锥的表面积为，且其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则圆锥的体积为（

）A． B． C． D．6．已知，则（

）A． B． C． D．7．已知正三棱柱的侧面积为，若该三棱柱的顶点都在同一个球的表面上，则球的表面积的最小值为（

）A． B． C． D．8．已知点是的外心，，，，若，则（

）A． B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．若是三个不同的平面，是三条不同的直线，下列说法正确的是（

）A．若，则B．若，则C．若，且，则D．若，，且，则10．已知函数的一个零点到一条对称轴的最小距离为，则下列说法中正确的是（

）A．B．是函数的一条对称轴C．的对称中心为D．在的值域为11．在棱长为的正方体中，均为所在棱的中点，则下列论述正确的有（

）A．经过直线与点的平面与正方体的截面是一个正六边形B．与直线、、都相交的直线有三条C．在侧面内（包含边界），若//平面，则点轨迹的长度为D．过的平面截正方体内切球的截面面积的最大值为三、填空题（本大题共3小题）12．已知是虚数单位，则.13．在中，角的对边分别为，其中，，，若点在边上，且为的角平分线，则.14．已知，，其中，则.四、解答题（本大题共5小题）15．如图1，正六边形边长为2，为边的中点，将四边形沿折成如图2所示的五面体，使为正三角形.(1)求证：面；(2)求异面直线与所成角的余弦值.16．已知，.(1)若，同向共线，求的坐标.(2)若，且，求与的夹角.17．如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧面是正三角形，侧面底面，是的中点.(1)求证：平面；(2)求侧面与底面所成二面角的正弦值.18．已知中，角的对边分别为，.(1)是边上的中线，，且，求的长度.(2)若为锐角三角形，且，求面积的取值范围.19．（1）①借助两角和差公式证明：.②在中，求证:.

（2）若，，求的值.

参考答案1．【答案】B【分析】根据给定条件，利用复数除法及共轭复数的意义求解即得.【详解】依题意，复数，所以复数的共轭复数是.故选B.2．【答案】C【分析】根据余弦定理可求的值.【详解】由余弦定理可得，故.故选C.3．【答案】B【分析】由的范围，求的范围，再由，结合二倍角公式求即可.【详解】因为，所以，因为，又，所以，所以，又，所以.故选B.4．【答案】D【分析】根据投影向量的计算公式即可求解.【详解】，，，，向量在向量上的投影向量为：.故选D.5．【答案】B【分析】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为，由条件结合圆锥表面积公式，弧长公式列方程求，，利用勾股定理可求，再利用体积公式求圆锥的体积.【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为，因为圆锥的表面积为，所以，因为圆锥的侧面展开图是一个圆心角为的扇形，所以，所以，，所以，所以圆锥的体积.故选B.6．【答案】D【分析】利用换元法，以及三角函数的诱导公式和二倍角公式，即可求解.【详解】令，则，故，故选D.7．【答案】A【分析】正三棱柱的中心即为外接球的球心，设棱柱的底面边长为，高为，则三棱柱的侧面积为，球的半径表示为，再由基本不等式即可得球表面积的最小值.【详解】如图，三棱柱为正三棱柱，则设，，∴正三棱柱的侧面积为，∴，又外接球半径，当且仅当时，等号成立，此时，，∴外接球表面积.故选A.8．【答案】C【分析】利用平面向量的线性运算建立方程，求解参数即可.【详解】因为，，，所以，如图，作，连接，由题意得是外接圆的圆心，所以，故是等腰三角形，在中，，在中，由三线合一性质得是的中点，所以，同理可得，又，所以，，解得，，故，故C正确.故选C.【关键点拨】本题考查平面向量，解题关键是进行平面向量的线性运算，然后结合给定条件建立方程，得到所要求的参数值即可．9．【答案】BD【分析】对于A,垂直于同一平面的两个平面有可能相交或平行，据此可以判断A；对于B,由面面平行的性质定理可以判断B；对于C,由线面平行的判定定理可知，若，则m不在平面，但题目所给条件没说，据此可以判断C；对于D,由线面垂直的判定定理可以判断D.【详解】对于A，若，则与相交或，所以A错误;对于B，若，由面面平行的性质定理可得，所以B正确;对于C，若，且，则或，所以C错误;对于D，若，且，由线面垂直的判定定理可得，所以D正确.故选BD.10．【答案】ACD【分析】零点到一条对称轴的最小距离为四分之一个周期，据此求出,再由周期的计算公式求出，由此可知的表达式，进而可求的对称轴、对称中心，及时的值域.【详解】对于A,由题意得,则,所以,故正确;对于时,,故B错误;对于C,由,解得,所以函数的对称中心为，故正确;对于时,,所以当，即时，,当，即时，,所以,故正确.故选.11．【答案】AC【分析】对于A，设分别为的中点，根据空间中的平行关系可得六点共面，再计算可得各边相等且各角相等，故可判断A的正误，对于B，利用构造法可得与直线、、都相交的直线有无数条，故可判断B的正误，对于C，根据面面平行可判断的轨迹，计算其长度后可判断C的正误，对于D，求出内切球的半径后可判断D的正误.【详解】对于A，设分别为的中点，连接，由正方体的性质可得，因此，故四点共面，同理四点共面，故五点共面，而也四点共面，故六点共面，设正方体的棱长为，则，而，为正三角形，故所成的角即为，故为或，但为钝角，故，同理，故六边形为正六边形，故A正确.对于B，由正方体的性质可得为异面直线，故过且与平行的平面有且只有一个即为平面，若在存在相异点，在直线上存在一点，满足，，则，当，矛盾；若在存在相异点，在直线上存在相异点，满足，，则，故共面，故，共面，矛盾.故，上至多各存在一点，过它们的直线与平行，现在上任意取一点（若存在，则异于），则不在平面中，因为直线与确定一个平面，这个平面与有且仅有个交点，此时与必定相交，当取不同的位置就确定不同的平面，从而与有不同的交点，故有无数条直线与都相交，故B错误.对于C，取的中点为，为的四等分点且，为的中点，连接，则，，故四边形为平行四边形，故，而，故，而平面，平面，故平面，由正方形的性质可得，而，故，同理可得平面，而，平面，故平面平面，而平面，故平面，故的轨迹为，而，故C正确.对于D，过的平面截正方体内切球的截面面积的面积取最大值时该截面过球心，而内切球的半径为1，故截面面积的最大值为，故D错误.故选AC.【思路导引】空间几何体的截面问题，可利用基本性质构建截面，也可以利用空间点线面位置关系的性质来处理，而空间中的动点的轨迹问题，往往转化为不同几何对象的交来处理.12．【答案】【分析】利用复数的四则运算化简原复数，再求模即可.【详解】由题意得，.故答案为：13．【答案】【分析】根据给定条件，利用三角形面积公式列式计算即得.【详解】在中，由为的角平分线，得，由，得，则，所以.故答案为：14．【答案】【分析】利用两角差的余弦可求的值，故可求的值.【详解】因为，故，而，故，而，故，而，故，故，故，而，故，故答案为：【关键点拨】本题的关键在于构造，进而，再利用两角差的余弦公式求解.15．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由题意可得，再根据线面平行的判定定理即可证明；（2）取中点，连接，利用平行四边形的性质和中位线定理可得或其补角为直线与所成的角，求出的各边长结合余弦定理即可求解.【详解】（1）证明：在正六边形中，，所以在五面体中，，平面，平面，平面.（2）取中点，连接，由题意得，且，四边形为平行四边形，，又分别为的中点，，，或其补角为直线与所成的角，在中，，，，，，同理，又，在中，，所以异面直线与所成角的余弦值为.【关键点拨】解题关键是看翻折前后线面位置关系的变化，根据翻折的过程找到翻折前后线线位置关系中没有变化的量和发生变化的量，这些不变的和变化的量反映了翻折后的空间图形的结构特征.16．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据共线的坐标关系以及模长公式即可求解，（2）根据数量积的运算律可得，即可由夹角公式求解.【详解】（1）方法一：∵，同向共线，设∴,

∵，∴，解得或由于，同向，所以，故方法二：∵，共线且，所以存在唯一，使得,即,又，∴,即或由于，同向，故（2）∵，∴∵，即的夹角为，则,即的夹角为17．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据面面垂直的性质可得线面垂直，进而根据线线垂直即可求证；（2）根据面面垂直的性质可得为平面与面所成二面角的平面角，即可利用三角形的边角关系求解.【详解】（1）因为是正三角形，且是的中点.，所以，又底面是正方形，所以，又因为平面平面，且平面平面，平面，所以平面，又因为平面，所以平面，所以平面.（2）如图，取的中点的中点，连接，因为是正三角形，所以又因为平面平面，且平面平面，平面，所以平面，平面，故，由题意可知平面，故平面平面故，故为平面与面所成二面角的平面角，设，则，，所以.综上所述：侧面与底面所成二面角的正弦值为.18．【答案】(1)2(2)【分析】（1）由正弦定理求出，对两边平方求出中，再由余弦定理可得答案；（2），根据为锐角三角形求出的范围，再由的范围可得答案.【详解】（1），由正弦定理得：，因为，所以，所以，因为，所以，解得，因为，所以，，又因为，所以，在中，由余弦定理可得：，所以，即；（2）由题设，因为为锐角三